Câu 1:
Cho hình chóp \(S . ABC\) có đáy là tam giác vuông tại \(C\), mặt bên \(SAC\) là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với \((ABC)\).
\(\bullet\,\) Chứng minh rằng \((SBC)\perp(SAC)\).
\(\bullet\,\) Gọi \(I\) là trung điểm của \(SC\). Chứng minh rằng \((ABI)\perp(SBC)\).
baitapsgk11/t11ch8b3sgkh1.png
\(\bullet\,\) Gọi \(H\) là trung điểm \(AC\). Suy ra \(SH\perp AC\) (\(\triangle SAC \) đều).
Vì \((SAC)\perp (ABC)\) nên \(SH\perp (ABC)\) suy ra \(BC\perp SH\). (1)
Mà \(BC\perp AC\). (2)
Từ (1), (2) suy ra \(BC\perp (SAC)\) mà \(BC\subset (SBC)\) nên \((SBC)\perp (SAC)\).
\(\bullet\,\) \(\triangle SAC \) đều suy ra \(AI\perp SC\). (3)
Ta có \(BC\perp (SAC)\) suy ra \(BC\perp AI\). (4)
Từ (3), (4) suy ra \(AI\perp (SBC)\) mà \(AI\subset (ABI)\) \\nên \((ABI)\perp(SBC)\).
}
Câu 2:
Cho tam giác đều \(ABC\) cạnh \(a, I\) là trung điểm của \(BC, D\) là điểm đối xứng với \(A\) qua \(I\). Vẽ đoạn thẳng \(SD\) có độ dài bằng \(\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{2}\) và vuông góc với \((ABC)\). Chứng minh rằng
\(\bullet\,\) \((SBC)\perp(SAD)\)
\(\bullet\,\) \((SAB)\perp(SAC)\).
baitapsgk11/t11ch8b3sgkh2.png
\(\bullet\,\) Ta có \(SD\perp (ABC)\) suy ra \(SD\perp AD\). (1)
Vì \(\triangle ABC\) đều cạnh \(a\) và \(D\) đối xứng với \(I\) qua \(A\) nên \(ABCD\) là hình thoi.
Suy ra \(AD\perp BC\). (2)
Từ (1), (2) suy ra \(AD\perp (SBC)\) mà \(AD\subset (SAD)\) nên \((SBC)\perp (SAD)\).
\(\bullet\,\) Kẻ \(BK\perp SA\).
Ta có \(\triangle SBA=\triangle SCA\) (c.c.c)
\(\Rightarrow \begin{cases}BK=CK\\CK\perp SA.\end{cases}\)
Mà \(AD=2AI=\sqrt{3}a\Rightarrow SA=\displaystyle\frac{3\sqrt{2}}{2}a\).
\(BD=a\Rightarrow SB=\displaystyle\frac{\sqrt{10}}{2}a\).
Suy ra \(S_{\triangle SAB}=\sqrt{p(p-SB)(p-BA)(p-SA)}=\displaystyle\frac{3}{4}a^2\).
Mặt khác, ta có \(BK=\displaystyle\frac{2S_{\triangle SAB}}{SA}=\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}a\).
\(\Rightarrow BK=CK=\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}a\).
Mà \(BK^2+CK^2=BC^2\Rightarrow BK\perp CK\).
Suy ra \((SAB)\perp (SAC)\).
}
Câu 3:
Cho hình lăng trụ đứng \(ABCD\cdot A'B'C'D'\) có đáy \(ABCD\) là hình thang vuông tại \(A\) và \(B\), \(AA'=2a, AD=2a, AB=BC=a\).
\(\bullet\,\) Tính độ dài đoạn thẳng \(AC'\).
\(\bullet\,\) Tính tổng diện tích các mặt của hình lăng trụ.
baitapsgk11/t11ch8b3sgkh3.png
\(\bullet\,\) Tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) có \(AC=\sqrt{AB^2+AC^2}=a\sqrt{2}\).
Tam giác \(ACC'\) vuông tại \(C\) có \(AC'=\sqrt{AC^2+CC'^2}=\sqrt{(a\sqrt{2})^2 +(2a)^2}=a\sqrt{6}.\)
\(\bullet\,\) Gọi \(I\) là trung điểm \(AD\), suy ra \(ABCI\) là hình vuông nên \(\triangle CID\) vuông tại \(I\).
Ta có \(CD=\sqrt{IC^2+ID^2}=a\sqrt{2}.\)
Diện tích \(S_{ABB'A'}=2a\cdot a=2a^2\).
Diện tích \(S_{ABCD}=S_{A'B'C'D'}=\displaystyle\frac{(2a+a)\cdot a}{2}=\displaystyle\frac{3}{2}a^2\).
Diện tích \(S_{BCC'B'}=2a\cdot a=2a^2\).
Diện tích \(S_{ADD'A'}=2a\cdot 2a=4a^2\).
Diện tích \(S_{CDD'C'}=2a\cdot a\sqrt{2}=2a^2\sqrt{2}\).
Vậy tổng diện tích các mặt của hình lăng trụ bằng \(2a^2+3a^2+2a^2+4a^2+2a^2\sqrt{2}=(11+2\sqrt{2})a^2.\)
}
Câu 4:
Cho hình hộp đứng \(A B C D \cdot A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}\) có đáy là hình thoi. Cho biết \(A B=B D=a, A^{\prime} C=2 a\).
\(\bullet\,\) Tính độ dài \(AA'\).
\(\bullet\,\) Tính tổng diện tích các mặt của hình hộp.
baitapsgk11/t11ch8b3sgkh4.png
\(\bullet\,\) Ta có \(\begin{cases}AB=AD\\ AB=BD\end{cases}\Rightarrow AB=AD=BD\). Suy ra \(\triangle ABD\) đều.
Gọi \(O\) là trung điểm \(BD\), thì
\(AO=\displaystyle\frac{AB\sqrt{3}}{2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow AC=2AO=a\sqrt{3}\).
Do \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình hộp đứng nên \(AA'\perp AC\).
\(\triangle AA'C\) vuông tại \(A\), suy ra \(AA'=\sqrt{A'C^2-AC^2}=\sqrt{4a^2-3a^2}=a\).
\(\bullet\,\) Ta có \(S_{ABCD}=\displaystyle\frac{1}{2}BD\cdot AC\) \(=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot a\cdot a\sqrt{3}=\displaystyle\frac{a^2\sqrt{3}}{2}\).
Vì \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình hộp đứng nên các mặt bên của nó là hình chữ nhật. Hơn nữa, ta có cạnh của các hình chữ nhật này đều bằng \(a\), nên các mặt bên của hình hộp là bốn hình vuông cạnh \(a\).
Như vậy, tổng diện tích các mặt của hình hộp là
\(T=4S_{ABB'A'}+2S_{ABCD}=4a^2+2\cdot \displaystyle\frac{a^2\sqrt{3}}{2}\) \(=\left(4+\sqrt{3}\right)a^2.\)
}
Câu 5:
Cho hình chóp cụt tứ giác đều có cạnh đáy lớn bằng \(2 a\), cạnh đáy nhỏ và đường nối tâm hai đáy bằng \(a\). Tính độ dài cạnh bên và đường cao của mỗi mặt bên.
baitapsgk11/t11ch8b3sgkh5.png
Kí hiệu các đỉnh của hình chóp cụt và tâm của hai đáy như hình vẽ bên.
Trong hình thang vuông \(O'OCC'\), vẽ đường cao \(C'H\) \((H\in OC)\).
Do \(C'H\parallel OO'\) nên \(C'H\perp (ABCD)\).
Ta có \(O'C'=\displaystyle\frac{A'C'}{2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\); \(OC=\displaystyle\frac{AC}{2}=\displaystyle\frac{2a\sqrt{2}}{2}=a\sqrt{2}\).
Suy ra \(HC=OC-O'C'=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\).
Trong tam giác \(C'HC\) vuông tại \(H\), ta có
\(CC'=\sqrt{C'H^2+HC^2}\) \(=\sqrt{a^2+\left(\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)^2}\) \(=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{2}\).
Trong \((ABCD)\), vẽ \(HK\parallel AD\) (\(K\in CD\)). Suy ra \(HK\perp CD\).
Ta có \(\begin{cases}CD\perp HK\\CD\perp C'H\end{cases}\Rightarrow CD\perp C'K\), suy ra \(C'K\) là đường cao của mặt bên \(CDD'C'\).
Do \(HK\parallel AD\Rightarrow \displaystyle\frac{HK}{AD}=\displaystyle\frac{CH}{CA}=\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}}{2a}\) \(=\displaystyle\frac{1}{4}\Rightarrow HK=\displaystyle\frac{AD}{4}=\displaystyle\frac{2a}{4}=\displaystyle\frac{a}{2}\).
Trong tam giác \(C'HK\) vuông tại \(H\) ta có:
\(C'K=\sqrt{C'H^2+HK^2}\) \(=\sqrt{a^2+\left(\displaystyle\frac{a}{2}\right)^2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{5}}{2}\).
}
Câu 6:
Kim tự tháp bằng kính tại bảo tàng Louvre ở Paris có dạng hình chóp tứ giác đều với chiều cao là \(21{,}6\) m và cạnh đáy dài \(34\) m. Tính độ dài cạnh bên và diện tích xung quanh của kim tự tháp.
baitapsgk11/t11ch8b3sgkh0.png
baitapsgk11/t11ch8b3sgkh6.png
Đặt tên các đỉnh của hình chóp như hình vẽ bên.
Gọi \(M\) là trung điểm \(CD\). Do \(\triangle SCD\) cân tại \(S\) nên \(SM\perp CD\).
Gọi \(O\) là tâm của hình vuông \(ABCD\). Khi đó \(SO\perp (ABCD) \Rightarrow SO\perp OB\) và \(SO\perp OM\).
\(\triangle SOB\) vuông tại \(O\), suy ra
\(SB=\sqrt{SO^2+OB^2}\) \(=\sqrt{SO^2+\left(\displaystyle\frac{AB\sqrt{2}}{2}\right)^2}\) \(=\sqrt{SO^2+\displaystyle\frac{AB^2}{2}}\) \(=\sqrt{21{,}6^2+\displaystyle\frac{34^2}{2}}\approx 32{,}32\) (m)
Các mặt bên của hình chóp đều là các tam giác bằng nhau, nên diện tích xung quanh của kim tự tháp là
\begin{align*}S_{xq}=\ &4S_{\triangle SCD}=4\cdot \displaystyle\frac{1}{2}\cdot CD\cdot SM\\ =\ &2CD\cdot SM\\ =\ &2CD\cdot \sqrt{SO^2+OM^2}\\ =\ &2CD \sqrt{SO^2+\left(\displaystyle\frac{AD}{2}\right)^2}\\ =\ &CD \sqrt{4SO^2+AD^2}\\ =\ &34\sqrt{4\cdot 21{,}6^2+34^2}\approx 1\,869{,}15 \text{ (m\(^2\)).}\end{align*}
}